2025届广东省广州市荔湾区高三年级上册10月区统测物理试卷（含答案解析）

2025届广东省广州市荔湾区高三上学期10月区统测物理试卷

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一、单选题

1.在巴黎奥运会15m攀岩速度赛中，我国运动员以4.77s夺得银牌。甲图中脚离开传感器

置1开始计时，乙图中手触碰到传感器装置2计时结束，下列说法正确的是（）

A.4.77s表示时刻

B.运动员手的位移是151n

C.计时装置可能使用了压力传感器

D.可以求出运动员在此过程的平均速度

2.如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，下列说法正确的是（）

A.飞行的蝴蝶只受重力的作用

B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向

C.小猫在空中时处于失重状态

D.小猫蹬地时对地面的压力小于地面对小猫的支持力

3.在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假

设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向,

该运动员重心的竖直速度v-r图像如图乙所示，其中0-4部分为直线。则（）

试卷第1页，共8页

A.G时刻运动员入水

B.4时刻运动员离水面最高

C.0-4时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大

D.4-4时间内运动员所受重力冲量为零

4.2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射，升空后顺利进入捕获

轨道运行，如图所示，捕获轨道的半长轴约为51900km,周期约为288h。后经多次轨道调

整，进入冻结轨道运行，冻结轨道的半长轴约为9900km。则鹊桥二号在冻结轨道运行时

（）

A.周期约为12h

B.近月点的速度等于远月点的速度

C.近月点的速度大于在捕获轨道运行时近月点的速度

D.近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度

5.汽车的自动泊车系统持续发展。如图所示为某次电动汽车自动泊车全景示意图。汽车按

图示路线（半径为6m的;圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车。汽车与地面间的动摩擦

因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度g=10m/s2,汽车可视为质点，下

列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

A.汽车在转弯过程中受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用

B.汽车在转弯过程中做匀变速曲线运动

C.汽车在转弯过程中的最大允许速度为3、份m/s

D.汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反

6.2024年6月30日，世界最大跨度拱桥深中通道正式建成通车。深中通道的建成靠的是“中

国建筑重工机械”。如图，10根起吊绳（绳的质量忽略不计）通过液压机械抓手把质量为

6x105kg的巨型钢圆筒静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°（下图其他8根绳没

有画出），g=10m/s2,sin37°-0.6,cos37°-0.8,则下列说法正确的是（）

A.每根绳的拉力为3.75X1（）6N

B.钢圆筒所受的合力为6X1（）6N

C.若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大

D.若每根绳承受的最大拉力为9X1（）5N,则起吊过程的最大加速度为2m/s2

7.活检针可用于活体组织取样，如图所示，取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后向

左运动。质量为根的针鞘在软组织中运动距离4后进入目标组织，继续运动B后停下来。

若两段运动中针鞘仅受阻力，且均可视为恒力，大小分别为片、F2,则针鞘（）

试卷第3页，共8页

V

B.到达目标组织表面时的速度大小为

c.运动刈过程中，阻力做功为£4

D.运动出的过程中阻力的冲量大小为

二、多选题

8.一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃

出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，y轴竖直向上，建立坐标系，小鱼的初速度为V0,

末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位

置X、竖直位置外动能线和重力势能综（选取原点所在高度为零势能点）与时间f或竖直

位置y的关系，下列图像可能正确的是（）

试卷第4页，共8页

9.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向

的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度。随时间，变化的曲线为正弦曲

线，如图乙所示。下列说法正确的是（）

V/////////J7,a/(m-s-2)

B

1

E

甲乙

A.f=0时，手机的运动方向向下

B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方

C.从，=0.2s至t=0.4s,手机的动能增大

D.从f=0.4s至f=0.6s,手机的动能和重力势能之和减小

10.冰壶运动是冬季的热门项目。如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为〃?的白壶以

速度v与静止的黑壶进行碰撞，P、。为碰撞前同一时刻两壶位置，M、N为两壶静止后所

处的位置。两壶除了颜色外，质量、大小、形状等其余属性均相同。下列说法正确的是（）

A.两壶碰撞过程系统近似动量守恒

B.碰后两壶的速度大小之比为1：3

C.两壶因碰撞而损失的机械能约为

16

D.碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同

三、实验题

11.（1）如图甲所示，在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，将两个质量

（选填“相同”、“不同”）的小球，分别放在挡板（选填“N和3”、“N和。，、“8和

CO位置。

试卷第5页，共8页

(2)某同学用如图乙所示的实验装置探究加速度与力的关系，其中气垫导轨已调至水平。请

回答:

①如图丙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为"=cm„

②下列实验要求中必要的是

A.应使细线与气垫导轨平行

B.应垫高气垫导轨右端以平衡摩擦力

C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些

D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

12.某同学通过实验来“验证机械能守恒定律”。如图所示，将拉力传感器固定在天花板上,

长度为Z的细绳(不可伸长)一端连在拉力传感器上的O点，另一端系住可视为质点的钢

试卷第6页，共8页

(1)开始时，钢球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为4,重力加速度为g,则钢球质

量为，将钢球拉至细绳与竖直方向成。角静止释放，记下拉力传感器最大示数R则

钢球从高处摆到最低点的过程重力势能的减少量为,钢球动能的增加量

为=(用题中字母表示)

F

(2)改变6角，将钢球静止释放，记下拉力传感器最大示数尸，并作出三-cos。图像如图所示,

尸0

如果钢球的机械能守恒，下列图像合理的是()

四、解答题

13.地铁的出现不仅极大的缓解了城市的交通压力。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直

线运动，先匀加速运动40s走了600m达到最高速度，再匀速运动60s,接着关闭发动机匀

减速运动40s到达乙站停住，已知匀速阶段牵引力的功率为6xl03kw,列车整个过程中所受

阻力不变。则:

⑴甲站到乙站的距离；

(2)列车所受阻力大小和列车牵引力做的功。

14.如图所示，水平放置的圆盘半径为R=1m,在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，

在圆盘直径CO的正上方放置一条水平滑道N3,滑道与CD平行。滑道右端2与圆盘圆心

O在同一竖直线上，其高度差为h=1.25mo在滑道左端静止放置质量为机=0.4kg的物块(可

视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为〃=02。当用一大小为尸=4N的水平拉力向右

拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度。=2万rad/s绕穿过圆心。的竖直轴匀速转动，

拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，过3点水平抛出恰好落入小桶内，重

力加速度g取lOm/s?。求:

试卷第7页，共8页

(1)物块到达8点时的速度大小；

(2)水平滑道的最小长度。

15.一仓库货物运送装置如图1所示，48是半径为2£的四分之一光滑圆弧轨道，N点与圆

心。等高，3点为圆弧最低点；水平轨道8C与圆弧轨道相切，。为水平轨道的右端点且距

水平地面的高度为2£；一高度可以调节的货架，底部固定在地面上，货架表面水平，£、F

14

为货架表面左右两个端点，通过调节可使M距地面的最大高度为可工；轨道N2C与所在

同一竖直平面内。货物甲以速度版从/点沿切线进入圆弧轨道，滑到C点后与静止在C

点的货物乙发生弹性正碰，碰后甲、乙立即从右侧飞出，下落后均不反弹。已知甲的质量为

4

m,长度为5c上涂有智能涂层材料，使甲受到的阻力大小/与运动距离x之间关

系如图2所示；E点到C点的水平距离始终为：工，即长度为2£；忽略空气阻力，甲、乙

(2)甲与乙碰前瞬间速度外的大小；

(3)为确保甲、乙均落在货架上，货架的最低高度及乙的质量机的范围。

试卷第8页，共8页

《2025届广东省广州市荔湾区高三上学期10月区统测物理试卷》参考答案

题号12345678910

答案CCADCDBACACAB

1.C

【详解】A.4.77s指一段时间，表示时间间隔。故A错误；

B.运动员脚离开装置1位置到手触碰装置2的位置的位移是15m,手的位移小于15m。故

B错误；

C.计时装置使用压力传感器检测运动员出发和到达的信息。故C正确；

D.根据

_x

V=­

t

该过程的位移不清楚，可知不能求出运动员在此过程的平均速度。故D错误。

故选C。

2.C

【详解】A.飞行的蝴蝶除了受到重力的作用之外，还受到空气的作用力，故A错误；

B.蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在同一条直线上，故B错误；

C.小猫在空中时只受重力，加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确；

D.根据牛顿第三定律，小猫蹬地时对地面的压力等于地面对小猫的支持力，故D错误。

故选Co

3.A

【详解】AB.由乙图可知，0-。时间内运动员向上减速到零，故4时刻运动员离水面最高;

t1-t2时间内运动员向下做自由落体运动，"时刻运动员入水，故A正确，B错误；

C.根据

P=mgvy

由图像可知。-。时间内运动员竖直方向的速度先减小后增大，所以重力的瞬时功率先减小

后增大，故C错误；

D.根据

I=mgt

可知4时间内运动员所受重力冲量不为零，故D错误。

答案第1页，共11页

故选Ao

4.D

【详解】A.冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得

可得鹊桥二号在冻结轨道运行时的周期为

99003

=2881---------h«24h

V519003

故A错误；

B.鹊桥二号在冻结轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速

度，故B错误；

C.鹊桥二号从捕获轨道变轨到冻结轨道需要在近月点点火减速，所以鹊桥二号在冻结轨道

运行时近月点的速度小于在捕获轨道运行时近月点的速度，故C错误；

D.根据牛顿第二定律可得

GMm

——；—=ma

r~

可得

GM

r

可知鹊桥二号在冻结轨道运行时近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度，故

D正确。

故选D。

5.C

【详解】A.汽车在转弯过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力只是效果力，故

A错误；

B.汽车在转弯过程中，加速度方向时刻发生变化，不是做匀变速曲线运动，故B错误；

C.根据牛顿第二定律可得

用

/Ltmg=m-

r

可得汽车在转弯过程中的最大允许速度为

vm=yj/Jgr=V0.3x10x6m/s=3s/Im/s

答案第2页，共11页

故C正确；

D.汽车在泊车过程中摩擦力不仅要改变汽车的速度大小，还要改变汽车的速度方向，所以

摩擦力的方向不是与总与运动方向相反，故D错误。

故选C。

6.D

【详解】A.分解绳子拉力，竖直方向分力大小为

心直吟

则每根绳的拉力为

F=七直=7.5X1()5N

cos37°

故A错误；

B.依题意，钢圆筒处于静止状态，所受的合力为零。故B错误；

C.若增加起吊绳的长度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由

G

F=五竖直=10二G

cos。cos。10cos0

可知每根绳的拉力变小。故c错误；

D.若每根绳承受的最大拉力为9X1()5N，则10根绳的合力

6

^MX=107_cos370=7.2xl0N

由牛顿第二定律有

4ax-mg=

解得

%x=2m/s2

故D正确。

故选D。

7.B

【详解】A.根据动能定理有

1,

Fldl+E1d2=—mV=Ek-Q

解得被弹出时动能大小为

答案第3页，共11页

Ek=F/T+F2d2

故A错误；

B.针鞘到达目标组织表面后，继续前进力减速至零，由动能定理

1

-F2d2=0--mv29

可得到达目标组织表面时的速度大小为

「犀

Vm

故B正确；

c.针鞘运动办的过程中，克服阻力做功为£&，阻力做功为-乙W，故c错误;

D.针鞘运动办的过程中，由动量定理得

-/F2=0-mv

其中

V=pF2d2

Vm

联立可得运动d2的过程中阻力的冲量大小为

/F=yjlmF2d2

故D错误。

故选B。

8.AC

【详解】A.小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即匕

为定值，则水平位移为

可知XT图像为过原点的直线，故A正确；

B.小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有

12

y=vyOt--gt-

可知了一图像为开口向下的抛物线，故B错误；

C.小鱼在运动过程中只受重力作用，根据动能定理可得

匹=E「Ek°=_mgy

答案第4页，共11页

可得

Ek=Ek0-mgy

故C正确；

D.小鱼在运动过程的重力势能为

Ep=mgy

可知丸-y图像为过原点的直线，故D错误。

故选AC。

9.AC

【详解】A.由题图乙知，，=0时，手机加速度为0,可知此时手机处于平衡位置；且0〜0.4s

内手机的加速度为正方向，即加速度方向向上，合力向上，弹簧弹力大于手机重力，所以f=0

时，手机的运动方向向下，故A正确；

B.f=0.2s时，由题图乙知，手机的加速度向上最大，则手机位于最低点，即平衡位置下方,

故B错误；

C.由题图乙知，从，=0.2s至f=0.4s,手机的加速度向上减小，可知手机从最低点向平衡

位置运动，手机的速度增大，动能增大，故C正确；

D.由题图乙知，从f=0.4s至/=0.6s,手机的加速度向下增大，所以手机从平衡位置向最

高点运动，且最高点的加速度小于重力加速度，所以此时弹簧仍处于伸长状态，可知该过程

弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，根据系统机械能守恒可知，手机的动能和重力势能之和

增大，故D错误。

故选AC-

10.AB

【详解】A.两壶碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒。故A正确；

B.由图可知，碰后白黑两壶的位移之比为

%=2=1

x2-18~9

根据

lax=v2

可知，两壶碰后的速度大小之比为

v23

答案第5页，共11页

故B正确；

C.两壶发生碰撞，根据动量守恒

mv=mV；+mv2

解得

v3v

两壶因碰撞而损失的机械能约为

.p12121232

A£=—mv——mv.——mv=——mv

22122Q16

故C错误；

D.碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等，方向相反。故D错误。

故选AB-

11.(1)相同/和C

(2)0.960AC/CA

【详解】(1)[1]⑵在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相

同，即将两个质量相同的小球，分别放在挡板/和C位置。

(2)①[1]遮光条的宽度为t/=0,9cm+0.05mmx12=0.960cmo

②[2]A.应使细线与气垫导轨平行，选项A正确；

B.应用气垫导轨，不需要平衡摩擦力，选项B错误；

C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，以适当增大滑块通过光电门时的速度，减小

误差，选项C正确；

D.因为有力传感器测量拉力，则不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项D

错误。

故选AC-

12.(1)g蒯(1一cos。)

⑵C

【详解】(1)[1]根据题意，由平衡条件有

Fq=mg

解得

F。

m=—

g

答案第6页，共11页

[2][3]在最低点时，拉力传感器最大示数R在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据

牛顿第二定律

F-mg=m-

又

FQ=mg

钢球动能的增加量为

仍-与)乙

重力势能的减少量为

mgL(l-cos9)=(£(1一cos

(2)如果钢球的机械能守恒，则钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，故

g(尸-工)£=工〃1-cos。)

解得

F

—=3-2cos6>

Fo

故5一cose图线为斜率为负的一次函数。

FQ

故选C。

13.(l)3000m

(2)2xlO5N,6x108J

【详解】(1)匀加速阶段有

V

再=—^=600m

解得

v=30m/s

匀速阶段

x2=vZ2=1800m

匀减速阶段

V

x3=-t3=600m

故甲站到乙站的距离为

答案第7页，共11页

x=xl+x2+x3=3000m

（2）匀速行驶时有

p吓

解得列车整个过程中所受阻力为

/=2X105N

全过程由动能定理得

WT-fx=O

解得

%=6x108J

14.（l）2m/s

（2）0.8m

【详解】（1）物块做平抛运动，设物块离开滑道时的速度为V,落入小桶所用时间为3则

水平方向上有

竖直方向上有

h=2gt

解得

t=0.5s,v=2m/s

（2）设拉动物块时的加速度为％,所用时间为J由牛顿第二定律得

F-jumg=mat

解得

a,=8m/s

撤去拉力后，设物块的加速度为。2,所用时间为才2，由牛顿第二定律得

〃〃7g=ma2

解得

2

a2=2m/s

答案第8页，共11页

圆盘转过一圈时物块落入小桶内，拉力作用时间最短，水平滑道长度最小，圆盘转过一

圈的时间

r=—=is

CO

物块在滑道上先加速后减速，则有

v="1-a2t2

物块滑行时间、抛出后在空中运动时间与圆盘转动周期关系为

“1+"2+，=7

解得

t[=0.3s,t2=0.2s

加速位移

12

=0.36m

加速的末速度为

匕=贴-2.4m/s

减速位移

2

s2=v/2-^a2t2=0.44mAB的最小长度

s+邑=0.8m

15.(1)3.5加g

⑵2夜

(3)1.5Z；(>/2-l)m<m2<0.5m

【详解】(1)货物甲由/点运